Este viene desde el clásico S. L. Loney del Plano de la Trigonometría. Tenemos la identidad $$1 + 2x\cos t + 2x^{2}\cos 2t + 2x^{3}\cos 3t + \cdots = \frac{1 - x^{2}}{1 - 2x\cos t + x^{2}}\tag{1}$$ This is easily proved by letting $C$ denote the LHS of $(1)$ and $S$ denote $$S = 2x\sin t + 2x^{2}\sin 2t + \cdots$$ so that $$C + iS = 1 + 2xe^{it} + 2x^{2}e^{2it} + \cdots = \frac{1 + xe^{it}}{1 - xe^{it}} = \frac{(1 + xe^{it})(1 - xe^{-it})}{(1 - xe^{it})(1 - xe^{-it})}$$ and thus $$C + iS = \frac{1 + 2ix\sin t - x^{2}}{1 - 2x\cos t + x^{2}}$$ Equating the real part we get the value of sum $C$ as RHS of $(1)$.
De ello se desprende que $2\cos nt$ es el coeficiente de $x^{n}$$\dfrac{1 - x^{2}}{1 - 2x\cos t + x^{2}}$, por lo que tenemos
\begin{align}
2\cos nt &= \text{coeff. of }x^{n}\text{ in }\dfrac{1 - x^{2}}{1 - 2x\cos t + x^{2}}\notag\\
&= \text{coeff. of }x^{n}\text{ in }(1 - 2x\cos t + x^{2})^{-1} - \text{coeff. of }x^{n - 2}\text{ in }(1 - 2x\cos t + x^{2})^{-1}\notag\\
&= \text{coeff. of }x^{n}\text{ in }\{1 + x(x - 2\cos t)\}^{-1} - \text{coeff. of }x^{n - 2}\text{ in }\{1 + x(x - 2\cos t)\}^{-1}\notag
\end{align}
Tenga en cuenta que cada término en $\{1 + x(x - 2\cos t)\}^{-1}$ es de la forma $(-1)^{r}x^{r}(x - 2\cos t)^{r}$ y necesitamos evaluar el coeficiente de $x^{n}$ $x^{n - 2}$ en esta expansión y restar los dos y por el argumento anterior de este coeficiente finalmente se $2\cos nt$.
Supongamos $n$ a ser impar entero positivo. En este caso, la primera contribución en el coeficiente proviene del término correspondiente a $r = (n - 1)/2$ y en este caso obtenemos el coeficiente de $x^{n - 2}$ $$(-1)^{(n - 1)/2}\cdot\frac{n - 1}{2}\cdot(-2\cos t)$$ and in the final calculation this needs to be subtracted and hence the contribution for $r = (n - 1)/2$ is $$-(-1)^{(n - 1)/2}\cdot\frac{n - 1}{2}\cdot(-2\cos t)$$ Similarly we try to find the contributions for $r = (n + 1)/2, (n + 3)/2, \dots$ y, finalmente, obtener
\begin{align}
2\cos nt &= (-1)^{(n - 1)/2}\left[-\frac{n - 1}{2}(-2\cos t)\right]\notag\\
&\,\,\,\, + (-1)^{(n + 1)/2}\left[\frac{n + 1}{2}(-2\cos t) - \dfrac{\dfrac{n + 1}{2}\cdot\dfrac{n - 1}{2}\cdot\dfrac{n - 3}{2}}{3!}(-2\cos t)^{3}\right]\notag\\
&\,\,\,\, + (-1)^{(n + 3)/2}\left[\binom{(n + 3)/2}{3}(-2\cos t)^{3} - \binom{(n + 3)/2}{5}(-2\cos t)^{5}\right]\notag\\
&\,\,\,\, + \dots\notag\\
&\,\,\,\, + (2\cos t)^{n}\notag
\end{align}
Por lo tanto multiplicando con $(-1)^{(n - 1)/2}$ tenemos
\begin{align}
&(-1)^{(n - 1)/2}(2\cos nt)\notag\\
&\,\,\,\,\,\,\,\,= \cos t\{(n - 1) + (n + 1)\} - \frac{(n + 1)(n - 1)}{3!}\cos^{3}t \{(n - 3) + (n + 3)\} + \cdots\notag
\end{align}
Por lo tanto al dividir por $2$ tenemos $$(-1)^{(n - 1)/2}\cos nt = n\cos t - \frac{n(n^{2} - 1^{2})}{3!}\cos^{3}t + \frac{n(n^{2} - 1^{2})(n^{2} - 3^{2})}{5!}\cos^{5}t - \cdots$$ Replacing $t$ by $(\pi/2) - \theta$ we get $$\sin n\theta = n\sin \theta - \frac{n(n^{2} - 1^{2})}{3!}\sin^{3}\theta + \frac{n(n^{2} - 1^{2})(n^{2} - 3^{2})}{5!}\sin^{5}\theta - \cdots\tag{2}$$ Note the similarity with the series $$\sin x = x - \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} - \cdots\tag{3}$$ Clearly we can derive $(3)$ from $(2)$ in an intuitive (but non-rigorous) way by putting $x = n\theta$ and keeping $x$ fixed and letting $n \to \infty$ so that $\theta \a 0$. In that case $n\sin \theta = n\sin(x/n) \a x$ as $n \to \infty$ and the formula $(2)$ is transformed into the series in equation $(3)$.
Nota: Esta y muchas otras expansiones de $\sin n\theta, \cos n\theta$ en potencias de $\sin \theta, \cos \theta$ son proporcionados en Loney del libro y no lo he encontrado tan elementales pruebas en cualquier otro lugar. No sé si este clásico libro de texto que se estudia en cualquier lugar o no. También tenga en cuenta que la fórmula $(2)$ es probado bajo el supuesto de que $n$ es un entero positivo impar. Por el cambio de signo de $n$ es fácil ver que la fórmula tiene para los negativos números enteros impares también. La misma fórmula se aplica a todos los valores de $n$ (el lado derecho es una serie infinita si $n$ no es un número entero y la identidad debe ser tratada como tal, en el caso de $n$ no es un número entero), pero la prueba de la identidad en general $n$ no puede ser dado a través del enfoque mencionado en la solución anterior.
Actualización: a partir De OP comentario parece que él está interesado en una solución que no hace uso de los números complejos. Tenga en cuenta que la solución presentada por encima de los usos de los números complejos para establecer la identidad de $(1)$. Aparte de esto no se hace uso de los números complejos en cualquier otro lugar.
Me proporcione la siguiente prueba de $(1)$ sin ningún uso de los números complejos. Considere la posibilidad de la expresión de $$f(n) = x^{n + 1}\cos (n - 1)t - x^{n}\cos nt$$ y, a continuación, hemos
\begin{align}
f(n) - f(n - 1) &= x^{n + 1}\cos (n - 1)t - x^{n}\cos nt - x^{n}\cos (n - 2)t + x^{n - 1}\cos (n - 1)t\notag\\
&= x^{n - 1}(1 + x^{2})\cos (n - 1)t - 2x^{n}\cos (n - 1)t\cos t\notag\\
&= (1 - 2x\cos t + x^{2})x^{n - 1}\cos (n - 1)t\tag{4}
\end{align}
Poner a $n = 1, 2, \ldots, n$ $(4)$ y sumando las ecuaciones resultantes tenemos $$f(n) - f(0) = (1 - 2x\cos t + x^{2})\sum_{k = 0}^{n - 1}x^{k}\cos kt$$ Let us now assume that $|x| < 1$ and then let $n \to \infty$. It is then obvious that $x^{n} \to 0$ and hence $f(n) \a 0$ and thus we have $$\sum_{k = 0}^{\infty}x^{k}\cos kt = -\frac{f(0)}{1 - 2x\cos t + x^{2}} = \frac{1 - x\cos t}{1 - 2x\cos t + x^{2}}$$ The sum in LHS of $(1)$ is given by $$-1 + 2\sum_{k = 0}^{\infty}x^{k}\cos kt = -1 + \frac{2 - 2x\cos t}{1 - 2x\cos t + x^{2}} = \frac{1 - x^{2}}{1 - 2x\cos t + x^{2}}$$ and thus the identity $(1)$ is established for all values of $x, t$ with the constraint $|x| < 1$.
